comp_1_数学类_决赛_7
📝 题目
七、（20 分）设 $A, B$ 均为 $n$ 阶半正定实对称矩阵，且满足 $n-1 \leq \operatorname{rank} A \leq n$ ．证明存在实可逆矩阵 $C$ 使得 $C^{T} A C, ~ C^{T} B C$ 均为对角阵。
💡 答案解析
【参考证明】：（1）$A$ 的秩为 $n$ 的情形：此时，$A$ 为正定阵。于是存在可逆矩阵 $P$ 使得 $P^{T} A P=E$ 。因为 $P^{T} B P$ 是实对称矩阵，所以存在正交矩阵 $Q$ 使得 $Q^{T}\left(P^{T} B P\right) Q=\Lambda$ 是对角矩阵。令 $C=P Q$ ，则有 $C^{T} A C=E, C^{T} B C=\Lambda$ 都是对角阵。
（2） $\boldsymbol{A}$ 的秩为 $\boldsymbol{n - 1}$ 的情形：此时，存在实可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$ 使得 $\boldsymbol{P}^{T} \boldsymbol{A P}=\left(\begin{array}{cc}\boldsymbol{E}_{n-1} & 0 \\ 0 & 0\end{array}\right)$ ．因为 $\boldsymbol{P}^{T} \boldsymbol{B P}$是实对称矩阵，所以，可以假定 $P^{T} B P=\left(\begin{array}{cc}B_{n-1} & \alpha \\ \alpha^{T} & b\end{array}\right)$ ，其中 $B_{n-1}$ 是 $n-1$ 阶实对称矩阵．
因为 $B_{n-1}$ 是 $n-1$ 阶实对称矩阵，所以存在 $n-1$ 阶正交矩阵 $Q_{n-1}$ ，使得
$$
Q_{n-1}^{T} B_{n-1} Q_{n-1}=\left(\begin{array}{ccc}
\lambda_{1} & 0 & 0 \\
0 & \ddots & 0 \\
0 & 0 & \lambda_{n}
\end{array}\right)=\Lambda_{n-1}
$$
为对角阵．令 $Q=\left(\begin{array}{ll}Q_{n-1} & \\ & 1\end{array}\right), C=P Q$ ，则 $C^{T} A C, C^{T} B C$ 可以表示为
$$
C^{T} A C=\left(\begin{array}{ll}
E_{n-1} & \\
& 0
\end{array}\right), C^{T} B C=\left(\begin{array}{cc}
\Lambda_{n-1} & \eta \\
\eta^{T} & d
\end{array}\right)
$$
其中 $\eta=\left(d_{1}, d_{2}, \ldots, d_{n-1}\right)^{T}$ 是 $n-1$ 维列向量。
为简化记号，不妨假定
$$
A=\left(\begin{array}{ll}
E_{n-1} & \\
& 0
\end{array}\right), B=\left(\begin{array}{cc}
\Lambda_{n-1} & \eta \\
\eta^{T} & d
\end{array}\right) .
$$
如果 $\mathrm{d}=0$ ，由于 $B$ 是半正定的，$B$ 的各个主子式均 $\geq 0$ 。考虑 $B$ 的含 d 的各个 2 阶主子式，容易知道， $\boldsymbol{\eta}=\mathbf{0}$ 。此时 $\boldsymbol{B}$ 已经是对角阵了，如所需。
现假设 $\mathrm{d} \neq 0$ 。显然，对于任意实数 $k, ~ A, B$ 可以通过合同变换同时化成对角阵当且仅当同一合同变换可以将 $A, ~ k A+B$ 同时化成对角阵。由于 $k \geq 0$ 时，$k A+B$ 仍然是半正定矩阵，由（1），我们只需要证明：存在 $k \geq 0, ~ k A+B$ 是可逆矩阵即可．
注意到，当 $k+\lambda_{i}$ 都不是 0 时，行列式
$$
\begin{aligned}
|k A+B| & =\left|\begin{array}{cccc}
k+\lambda_{1} & & & d_{1} \\
& \ddots & & \vdots \\
& & k+\lambda_{n-1} & d_{n-1} \\
d_{1} & \ldots & d_{n-1} & d
\end{array}\right| \\
& =\left(d-\sum_{i=1}^{n-1} \frac{d_{i}^{2}}{k+\lambda_{i}}\right) \prod_{j=1}^{n-1}\left(k+\lambda_{i}\right)
\end{aligned}
$$
故只要 $k$ 足够大就能保证 $k A+B$ 是可逆矩阵。从而 $A, B$ 可以通过合同变换同时化成对角阵．
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：分情况讨论A的秩
由于 $n-1 \leq \operatorname{rank} A \leq n$，分两种情况：$\operatorname{rank} A = n$ 和 $\operatorname{rank} A = n-1$。
提示：注意半正定矩阵的秩可能为n或n-1，不能遗漏n-1的情况。
步骤 2/8
目标：情况1：A正定时的合同对角化
当 $\operatorname{rank} A = n$ 时，$A$ 正定。存在可逆矩阵 $P$ 使得 $P^T A P = E$。由于 $P^T B P$ 是实对称矩阵，存在正交矩阵 $Q$ 使得 $Q^T (P^T B P) Q = \Lambda$ 为对角阵。令 $C = P Q$，则 $C^T A C = E$，$C^T B C = \Lambda$ 均为对角阵。
公式：实对称矩阵可正交对角化
提示：正交矩阵Q满足 $Q^T = Q^{-1}$，确保合同变换后A仍为单位阵。
步骤 3/8
目标：情况2：A秩为n-1时的初步化简
当 $\operatorname{rank} A = n-1$ 时，存在可逆矩阵 $P$ 使得 $P^T A P = \begin{pmatrix} E_{n-1} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$。设 $P^T B P = \begin{pmatrix} B_{n-1} & \alpha \\ \alpha^T & b \end{pmatrix}$，其中 $B_{n-1}$ 为 $n-1$ 阶实对称矩阵。
公式：合同变换：$P^T A P$ 化为标准型
提示：注意 $P$ 是可逆的，但不必是正交矩阵。
步骤 4/8
目标：对B的左上角块对角化
由于 $B_{n-1}$ 是实对称矩阵，存在正交矩阵 $Q_{n-1}$ 使得 $Q_{n-1}^T B_{n-1} Q_{n-1} = \Lambda_{n-1}$ 为对角阵。令 $Q = \begin{pmatrix} Q_{n-1} & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$，$C = P Q$，则 $C^T A C = \begin{pmatrix} E_{n-1} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$，$C^T B C = \begin{pmatrix} \Lambda_{n-1} & \eta \\ \eta^T & d \end{pmatrix}$，其中 $\eta = Q_{n-1}^T \alpha$。
公式：正交合同变换保持A的形式
提示：注意 $Q$ 是正交矩阵，因此 $Q^T = Q^{-1}$，且 $Q$ 分块对角。
步骤 5/8
目标：简化记号并处理d=0的情形
为简化，不妨设 $A = \begin{pmatrix} E_{n-1} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$，$B = \begin{pmatrix} \Lambda_{n-1} & \eta \\ \eta^T & d \end{pmatrix}$。若 $d=0$，由于 $B$ 半正定，其所有主子式非负。考虑含 $d$ 的2阶主子式 $\begin{vmatrix} \lambda_i & d_i \\ d_i & 0 \end{vmatrix} = -d_i^2 \geq 0$，故 $d_i=0$，即 $\eta=0$，此时 $B$ 已对角。
公式：半正定矩阵的主子式非负
提示：注意主子式包括所有顺序主子式，这里用2阶主子式推出 $\eta=0$。
步骤 6/8
目标：处理d≠0的情形：引入参数k
若 $d \neq 0$，考虑 $kA+B$，其中 $k \geq 0$。由于 $A$ 和 $B$ 半正定，$kA+B$ 也半正定。若能找到 $k$ 使 $kA+B$ 正定，则由情况1知存在合同变换同时对角化 $A$ 和 $kA+B$，从而也同时对角化 $A$ 和 $B$。
公式：合同变换同时对角化 $A$ 和 $kA+B$ 等价于同时对角化 $A$ 和 $B$
提示：注意 $kA+B$ 正定时，可用情况1的方法，但需保证变换后 $A$ 仍为对角。
步骤 7/8
目标：证明存在k使kA+B正定
计算行列式：$|kA+B| = \begin{vmatrix} k+\lambda_1 & & & d_1 \\ & \ddots & & \vdots \\ & & k+\lambda_{n-1} & d_{n-1} \\ d_1 & \ldots & d_{n-1} & d \end{vmatrix} = \left(d - \sum_{i=1}^{n-1} \frac{d_i^2}{k+\lambda_i}\right) \prod_{j=1}^{n-1} (k+\lambda_j)$。当 $k$ 足够大时，$k+\lambda_i > 0$，且 $d - \sum \frac{d_i^2}{k+\lambda_i} > 0$（因为 $d>0$ 或 $d<0$？注意 $B$ 半正定，$d \geq 0$，且若 $d=0$ 已处理，故 $d>0$），因此 $|kA+B|>0$，$kA+B$ 正定。
公式：分块矩阵的行列式公式
提示：注意 $kA+B$ 半正定，但需正定才能用情况1；这里通过行列式大于0保证正定。
步骤 8/8
目标：总结
综上，无论 $A$ 的秩为 $n$ 还是 $n-1$，都存在实可逆矩阵 $C$ 使得 $C^T A C$ 和 $C^T B C$ 同时为对角阵。
提示：注意 $C$ 的构造：秩为n时 $C=PQ$，秩为n-1时 $C=PQ$ 再进一步调整（但实际已证明存在性）。
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